题目链接:敌兵布阵

题目:

C国的死对头A国这段时间正在进行军事演习,所以C国间谍头子Derek和他手下Tidy又开始忙乎了。A国在海岸线沿直线布置了N个工兵营地,Derek和Tidy的任务就是要监视这些工兵营地的活动情况。由于采取了某种先进的监测手段,所以每个工兵营地的人数C国都掌握的一清二楚,每个工兵营地的人数都有可能发生变动,可能增加或减少若干人手,但这些都逃不过C国的监视。
中央情报局要研究敌人究竟演习什么战术,所以Tidy要随时向Derek汇报某一段连续的工兵营地一共有多少人,例如Derek问:“Tidy,马上汇报第3个营地到第10个营地共有多少人!”Tidy就要马上开始计算这一段的总人数并汇报。但敌兵营地的人数经常变动,而Derek每次询问的段都不一样,所以Tidy不得不每次都一个一个营地的去数,很快就精疲力尽了,Derek对Tidy的计算速度越来越不满:"你个死肥仔,算得这么慢,我炒你鱿鱼!”Tidy想:“你自己来算算看,这可真是一项累人的工作!我恨不得你炒我鱿鱼呢!”无奈之下,Tidy只好打电话向计算机专家Windbreaker求救,Windbreaker说:“死肥仔,叫你平时做多点acm题和看多点算法书,现在尝到苦果了吧!”Tidy说:"我知错了。。。"但Windbreaker已经挂掉电话了。Tidy很苦恼,这么算他真的会崩溃的,聪明的读者,你能写个程序帮他完成这项工作吗?不过如果你的程序效率不够高的话,Tidy还是会受到Derek的责骂的.

 



Input
第一行一个整数T,表示有T组数据。
每组数据第一行一个正整数N(N<=50000),表示敌人有N个工兵营地,接下来有N个正整数,第i个正整数ai代表第i个工兵营地里开始时有ai个人(1<=ai<=50)。
接下来每行有一条命令,命令有4种形式:
(1) Add i j,i和j为正整数,表示第i个营地增加j个人(j不超过30)
(2)Sub i j ,i和j为正整数,表示第i个营地减少j个人(j不超过30);
(3)Query i j ,i和j为正整数,i<=j,表示询问第i到第j个营地的总人数;
(4)End 表示结束,这条命令在每组数据最后出现;
每组数据最多有40000条命令
 



Output
对第i组数据,首先输出“Case i:”和回车,
对于每个Query询问,输出一个整数并回车,表示询问的段中的总人数,这个数保持在int以内。
 



Sample Input

1
10
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Query 1 3
Add 3 6
Query 2 7
Sub 10 2
Add 6 3
Query 3 10
End

 



Sample Output
Case 1:
6
33
59

题解:

首先就是建立一颗二叉树

你会发现它们的下标刚好是连续的,这正好可以使用一个一维数组来存放

void build(int root,int L,int R)
{
lazy[root]=0;
if(L==R)
{
tree[root]=arr[L];
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
build(root<<1,L,mid);
build(root<<1|1,mid+1,R);
push_up(root);
}

只有二叉树的叶节点存放的是原输入的数据,对于上面一个图,你就可以用来表示一个数组大小为4的数组v

那么1,2,3,4,5,6,7节点的值就是要维护的值,只不过是1,2,3节点维护的是一个区间的值

push_up函数的作用就是如果你修改了4节点或5节点的值,你就需要更新2和1节点所维护的值

如果你修改的节点都是叶节点,那么这就叫做单点修改

如果你修改的节点不只是叶节点,例如你可能会让v数组一个连续的区间都加上一个值,或者减去一个值,那么这就叫做区间修改

例如上图你修改区间[1,2]的值,那么你可以不需要递归到4,5节点,只要让2节点保存的信息修改一下就可以

然后给2节点增加一个懒惰标记,意思就是我们没有更新4,5节点,而是我们偷懒了一下,只修改了2节点的值

如果你某个时候查询4,5某个结点的值,就需要利用这个懒惰标记使得4,5节点的值更新。

void push_up(int root)
{
tree[root]=tree[root<<1]+tree[root<<1|1]; //维护最小值这里就改成min
}

线段树思路就是这么个思路

代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define mem_(a) memset(a,-1,sizeof(a))
const int maxn=5e4+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int lazy[maxn<<2],tree[maxn<<2],arr[maxn];
void push_up(int root)
{
tree[root]=tree[root<<1]+tree[root<<1|1]; //维护最小值这里就改成min
}
void push_down(int root,int L,int R)
{
if(lazy[root])
{
lazy[root<<1]+=lazy[root];
lazy[root<<1|1]+=lazy[root];
int mid=(L+R)>>1;
tree[root<<1]+=lazy[root]*(mid-L+1);
tree[root<<1|1]+=lazy[root]*(R-mid);
lazy[root]=1;
}
}
void build(int root,int L,int R)
{
lazy[root]=0;
if(L==R)
{
tree[root]=arr[L];
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
build(root<<1,L,mid);
build(root<<1|1,mid+1,R);
push_up(root);
}
int query(int root,int L,int R,int LL,int RR)
{
if(LL<=L && RR>=R)
{
return tree[root];
}
push_down(root,L,R);
int mid=(L+R)>>1;
int ans=0;
if(LL<=mid) ans+=query(root<<1,L,mid,LL,RR);
if(RR>mid) ans+=query(root<<1|1,mid+1,R,LL,RR);
return ans;
}
void update_interval(int root,int L,int R,int LL,int RR,int val)
{
if(LL<=L && RR>=R)
{
lazy[root]+=val; //相当于给它的子节点做上标记
tree[root]+=(R-L+1)*val;
return;
}
push_down(root,L,R);
int mid=(L+R)>>1;
if(LL<=mid) update_interval(root<<1,L,mid,LL,RR,val);
if(RR>mid) update_interval(root<<1|1,mid+1,R,LL,RR,val);
push_up(root);
}
void update(int root,int L,int R,int pos,int val)
{
if(L==R)
{
tree[root]+=val;
return;
}
int mid=(L+R)>>1;
if(pos<=mid) update(root<<1,L,mid,pos,val);
else update(root<<1|1,mid+1,R,pos,val);
push_up(root);
}
int main()
{
int t,p=0;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&arr[i]);
}
build(1,1,n);
char s[10];
printf("Case %d:\n",++p);
while(~scanf("%s",s))
{
if(strcmp(s,"Add")==0)
{
int i,j;
scanf("%d%d",&i,&j);
update(1,1,n,i,j);
}
else if(strcmp(s,"Sub")==0)
{
int i,j;
scanf("%d%d",&i,&j);
update(1,1,n,i,-j);
}
else if(strcmp(s,"Query")==0)
{
int i,j;
scanf("%d%d",&i,&j);
printf("%d\n",query(1,1,n,i,j));
}
else if(strcmp(s,"End")==0)
{
break;
}
else
{
int i,j,k;
scanf("%d%d%d",&i,&j,&k);
update_interval(1,1,n,i,j,k);
}
}
}
return 0;
}

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